题目大意：
你初始时有∞ 元钱，并且每天持有的股票不超过 Maxp 。 有 T 天，你知道每一天的买入价格（ AP[i] ），卖出价格（ Bp[i] ）， 买入数量限制（ AS[i] ），卖出数量限制（ BS[i] ）。 并且两次交易之间必须间隔 W 天。 现在问你 T 天结束后，最大收益是多少。
分析：
注意对题意的理解，虽然有无限的钱，但是买股票是要减少当前的收益的，收益是卖出的总钱数减去买入的钱数。收益并不是只增不减。
可以想到的是：动态规划。设f[i][j]表示前i天之后，剩下j股股票的最大收益。显然根据题意，在j相同的时候，i越往后的时候，f[i][j]越大。
状态转移方程，买入和卖出是相同的思路:
卖出：
f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+(k-j)×bp[i]) (j<=k<=j+bs[i])
买入：
f[i][j]=max(f[i-w-1][k]-(j-k)×ap[i]) (j-as[i]<=k<=j)
这种情况的复杂度是O(T×Mp×Mp)直接T掉。
将转移方程括号展开，发现：
f[i-w-1][k]+(k-j)×bp[i]=(f[i-w-1][k]+k×bp[i])-j×bp[i]
在给定i，j的时候，唯一在变的变量就是k，k的取值会影响最大值。而且给予j正确的循环顺序，k的取值区间是逐渐在平移的。
想到了什么？
滑动窗口！单调队列！单调队列优化DP！
我们外层循环i，内层循环j，每次先除去过期的解，加上新的选择，再从单调队列队头取出最优解，进行更新。
注意：
1.在买入和卖出时，为了保证能转移德到j的所有元素都在队列里，j的循环顺序是不同的。
2.对于给定的i，处理买入卖出的顺序可以颠倒。无所谓。
3.当i-w-1小于0时，取0即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2000+10; int t,mp,w; int f[N][N]; int ans; int q[N],hd=1,tl=0; int main() { scanf("%d%d%d",&t,&mp,&w); int ap,bp,as,bs;//并不需要数组 memset(f,0xcf,sizeof f);//初值负无穷 f[0][0]=0; for(int i=1;i<=t;i++) { scanf("%d%d%d%d",&ap,&bp,&as,&bs); hd=1,tl=0; int from=max(0,i-w-1);//从何转移 for(int j=mp;j>=0;j--)//卖出 { f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);//可以今天不买不卖 while(hd<=tl&&(j+bs<q[hd])) hd++;//除去过期者 while(hd<=tl&&(f[from][q[tl]]+q[tl]*bp<f[from][j]+j*bp)) tl--;//因为从i的上一个状态来，所以先加入新元素 q[++tl]=j; f[i][j]=max(f[i][j],f[from][q[hd]]+q[hd]*bp-j*bp); } hd=1,tl=0; for(int j=0;j<=mp;j++)//买入 { f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]); while(hd<=tl&&(j-as>q[hd])) hd++; while(hd<=tl&&(f[from][q[tl]]+q[tl]*ap<f[from][j]+j*ap)) tl--; q[++tl]=j; f[i][j]=max(f[i][j],f[from][q[hd]]+q[hd]*ap-j*ap); } } for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,f[t][j]); printf("%d",ans); return 0; }
总结：
1.对于决策转移时，有明显单调性的情况，对于状态移动时，转移决策重复度较大。都可用单调队列优化。
2.单调队列利用每个元素只能进一次，出一次，使得O(n)变为均摊O(1)复杂度，简化时间。